Problema de geometria difícil
Este é um problema de geometria no meu livro para concursos, mas sem solução. Além disso, meu professor não consegue resolver isso, então é um grande desafio:
O triângulo $ABC$é dada. Os pontos$D$ e $E$ na linha $AB$ são tais que $AD = AC$ e $BE = BC$, com o arranjo $D-A-B-E$. Os círculos circunscritos em torno de triângulos$DCB$ e $ECA$ interceptar no ponto $X \neq C$, e os círculos circunscritos em torno de triângulos $DEC$ e $ABC$ cruzar em $Y \neq C$. Se$DY + EY = 2XY$ é verdade, determine o $\measuredangle ACB.$
Até agora, persegui os ângulos e tentei com trigonometria, mas logo se torna muito complicado. O livro didático sugere que esse problema é tão difícil quanto o terceiro na olimpíada. Eu conheço teoremas trigonométricos fundamentais (lei do pecado, lei do cosseno, etc.) e posso entender muitas soluções para outros problemas com dificuldade semelhante, então fique à vontade para usar o que você precisar para resolver isso.
Alguém pode ajudar?
Desde já, obrigado :)
Respostas
Aqui está uma solução alternativa usando inversão. Possui duas fases.
(1) Primeiro, mostramos por inversão que $X$ é o centro de $\odot(DCYE)$, e o ex-centro $I_C$ de $\Delta ABC$.
(2) Usando essas informações, com a relação dada, $Y$, e $X$, e seu reflexo $X^r$ dentro $AB$ estão em uma elipse com focares em $D,E$. Obtemos uma contradição por um argumento de convexidade, mostrando que$YX^r$ passa por um ponto explícito $Z$ (na circunferência de $\Delta ABC$ e os seus $C$- bissetriz do ângulo) dentro da elipse, mas no meio-plano oposto wrt $AB$.
Vou dar todos os detalhes e as fotos relacionadas. As propriedades geométricas estabelecidas são de interesse também se removermos a condição métrica fornecida.
(1) Prova rápida: considere o ponto$x=I_C$, o ex-centro de $\Delta ABC$ wrt $C$. Deixar$\alpha,\beta,\gamma$ ser a bissetriz do ângulo neste triângulo, desenhado abaixo, cruzando no incentivo $I$. Então temos a situação do ângulo:
The angle between the prolongation of $xA=I_CA$ and the side $AC$ in the isosceles triangle $\Delta ACD$ is $\hat A/2$, so it is also the $A$-angle bisector in it. Thus also the perpendicular bisector of $CD$, giving $xC=xD$. Similarly $xC=xE$.
Then the angle $\widehat BIX$ (exterior w.r.t. $\Delta BIC$) is $\hat B/2+\hat C/2$, so the angle in $x$ in $\Delta xIB=\Delta I_CB$ is its complement, $\hat A/2$, equal to $\widehat BDC$, so $BCDx$ is a cyclic quadrilateral. Similarly $ACEx$ cyclic. This gives $x=X$.
$\square$
(1) Proof by inversion. This is given, since some points constructed on the road ($(D^*)'$, $(E^*)'$ are related to the position of $Y$. (The exposition may seem long, but this is only because of details in defining the inversion and exhibiting bonus properties. It may be skipped, consider only the first proof instead.)
We denote by $*$ the inversion centered in $C$ with power $k^2=CA\cdot CB$. The image of a point $Z$ is thus denoted by $Z^*$. We will consider only the points $A,B,C,D$ first, and locate their $*$-values. First of all, $A^*$, $B^*$ are obtained easily, we have $CA^*=CB$, $CB^*=CA$, so the points $A^*,B^*$ are the reflections of $B,A$ w.r.t. the bisector $\gamma$ of the angle $\hat C$ in $\Delta ABC$. This reflection is also later helpful, let us denote it by a prime sign, or by $R:Z\to Z'$. (So $A^*=B'$ and $B^*=A'$.)
Let us find now the position of $D^*$. It is the image of $D$. Where is $D$ located? It is on the line $CD$, on the line $AB$, and on the circle $\odot(A,AC)$ centered in $A$ of radius $AC$. This circle hits the ray $(CA$ in $A_1$, so that $\Delta CDA_1$ has a right angle in $D$. The image of $A_1$ is $A_1^*$, the mid point of $CA^*$. Then the image $D^*$ is a/the point on $CD$, on the circle $\odot(CA^*B^*)=(AB)^*$, and on the perpendicular in $A^*_1$ on $CA$.
The $*$-image of the circle $\odot(CDB)$ is the line $D^*B^*$, and angle chasing shows: $$ \begin{aligned} \widehat{D^*B^*C} &= \widehat{D^*A^*C} &&\text{ since $CD^*A^*B^*$ cyclic, the image of $DAB$}\\ &= \widehat{DAC} &&\text{ since $\Delta D^*A^*C\sim\Delta DAC$ by inversion}\\ &= \widehat{DCA} = \frac 12\widehat{CAB} =\frac 12 \hat A\ . \end{aligned} $$ So $B^*D^*$ is the reflection $R:Z\to Z'$ of the angle bisector $\alpha$ in $A$. Because $B^*=A'$, and the angles correspond.
Similarly, $A^*E^*$ is the reflection of the angle bisector $\beta$ in $B$. We can now localize $X^*$: $$ \begin{aligned} X^* &=(\ \odot(DCB)\cap \odot(ECA)\ )^*\\ &=\odot(DCB)^*\cap \odot(ECA)^*\\ &=B^*D^*\cap C^*E^*\\ &=\alpha'\cap\beta'\\ &=(\alpha\cap\beta)'\\ &=I'\\ &=I\ ,\text{ the incenter $I=\alpha\cap\beta\cap\gamma$ of $\Delta ABC$.} \end{aligned} $$ In particular $X^*\in \gamma$, tão $X\in\gamma$.
Lembre-se agora que $D^*$ está ligado $\alpha'$ e em $\odot(B^*A^*C)=\odot(A'B'C)=\odot(A'B'C')=\odot(ABC)'$.
Então $(D^*)'=\alpha\cap \odot(ABC)$ é a intersecção da circunferência de $\Delta ABC$ com sua bissetriz de ângulo em $A$. De forma similar:$(E^*)'=\beta\cap \odot(ABC)$.
Isso implica que $(D^*E^*)'$ cruza $\gamma'=\gamma$ perpendicularmente em um ponto $X_1^*$, digamos, que é o ponto mit de $CI$.
(O ângulo é um ângulo reto, pois está relacionado à soma das medidas dos arcos $(CD^*)'$, $(E^*)'A$, e o arco de $A$ para a intersecção do círculo com a bissetriz do ângulo $\gamma$. A interseção é o ponto médio, visto de$(E^*)'$ os dois ângulos contra o cateto $CX_1^*$ e $IX_1^*$ correspondem a dois arcos iguais no círculo desenhado.)
Então $D^*E^*$ cruza $\gamma$ no meio $X_1^*$ de $CI$. Sua imagem por inversão é um ponto$X_1$ no círculo $\odot(CDE)$, também ortogonal a $\gamma$, tão $CX_1$ é um diâmetro, e $X$é o ponto médio dele. Então$X$ é o centro de $\odot(CDE)$.
Para a conveniência do leitor, aqui está uma imagem conclusiva dos argumentos usados até agora, eu apresento uma vez que a tenho, ela pode ajudar a entender melhor a ideia de prova.
From the picture we get immediately: $$ \begin{aligned} \widehat{AXC} &=\widehat{AEC} =\frac 12\hat B\ ,\\ \widehat{CXB} &=\widehat{CDB} =\frac 12\hat A\ ,\\ \widehat{AXB} &=\frac 12(\hat A+\hat B)=\frac 12(180^\circ-\hat C)\ . \end{aligned} $$
(2)
Now let $Y$ enter the stage. Recall that $X$ is the center of $\odot(CDE)$, so: $$XC=XD=XE=XY\ .$$
We show first (claim) that in the case of $\hat C=60^\circ$ we have $$ XC=XD=XE=XY=YD=YE\ , $$ and $X,Y$ correspond via the reflection $r$ in the line $DABE$. In notation $X=Y^r$ and $Y=X^r$. (So this case leads to a solution for the relation $YD+YE=2YX$.)
In a picture:
Proof of the claim:
Indeed, if $\hat C=60^\circ$, then the angle in $X$ in $\Delta XAB$ is $\frac 12(180^\circ-\hat C)=\frac 12(180^\circ-60^\circ)=60^\circ$. So $X$ is on the reflected circle $\odot(ABC)^r=\odot(ABC^r)$.
We also have $\widehat {DXB}=\widehat{DCB}$, for instance (using $\hat A+\hat B=120^\circ$): $$ \begin{aligned} \widehat {DCE} &= \frac 12\hat A+\hat C+\frac 12\hat B=120^\circ\ , \\[2mm] \widehat {DXE} &= \widehat {DXB}+ \widehat {AXE}- \widehat {AXB} \\ &= (180^\circ-\widehat {DCB})+ (180^\circ-\widehat {ACE})- 60^\circ \\ &= 180^\circ+180^\circ-60^\circ-(\widehat {DCE}+\hat C) \\ &=120^\circ\ . \end{aligned} $$ So $X$ is also on the reflected circle $\odot(DCE)$, so $X^r$ has the defining properties of $Y$, i.e. $$ X=Y^r\ ,\ Y=X^r\ . $$ The claimed properties follow by reflection.
$\square$
We show now that $\hat C=60^\circ$ is also a necessary condition for $2XY=YD+YE$. We assume this condition.
Let $r$ be again the reflection in the line $DABE$. We want to show $Y=X^r$. Assume that this is not the case. (And get a contradiction.)
Claim: The circles $\odot(DAX^r)$ and $\odot(EBX^r)$ intersect for the second time in $Y$.
$\square$
Bonus 1: $D,(E^*)',Y$ are colinear since $$ \widehat{(E^*)'YA} = \widehat{(E^*)'BA} =\hat B/2=\widehat{DYA}\ , $$ and similarly $E,(D^*)',Y$ are colinear. (We use the notations from the first step.)
$\square$
Bonus 2: Let $Z$ be the intersection of the bisector $\gamma$ of $\hat C$ with the circles $\odot(ABC)$ and its $\gamma$-reflection $\odot(A'B'C')=\odot(B^*A^*C)$.
Then $X^r,Y,Z$ are colinear and their common line is the angle bisector in $Y$ in $\Delta AYB$.
Proof: From the above computations $X^ry$ bilds with $Ay$ inside the cyclic polygon $AYX^rD$ the angle $180^\circ-\widehat{ADX^r}=180^\circ-\widehat{ADX} =180^\circ-\widehat{BDX}=180^\circ-\widehat{BCX}=180^\circ-\hat C/2$.
The exterior/suplement angle to this angle is thus $\hat C/2$. The similar comuptations done "on the other side" show that $X^ry$ is the angle bisector of $\widehat{AyB}$. Since $\overset\frown{AZ}=\overset\frown{ZB}$ by the definition of $Z$, this angle bisector also passes through $Z$.
$\square$
So far we did not use the given property of $Y$. (The above claims+proofs still hold in the non-degenerate case $Y\ne X^r$.)
The above arguments "depend on the picture". But the other picture is
so $Z,X^r,Y$ are (in the final) in this order on the common line and the above arguments can be transposed to obtain their coliniarity.
(2) getting the contradiction.
Let us now finally suppose $Y\ne X^r$ and $2YX=YD+YE$. This implies $$ YD+YE=2YX=2XY=XD+XE\ , $$ so $Y,X,X^r$ are points on the corresponding ellipse with focal points in $D,E$.
Both $X^r,Y$ are in the same half-plane w.r.t. the focal line $DE$, but the line $X^rY$ also passes through the point $Z$ in the interior of the ellipse. (Since $Z$ is between the intersection $\gamma\cap DE$ and $X\in \gamma$.)
Contradiction. The assumption $Y\ne X^r$ is false. So $Y=X^r$ and (as mentioned) then $\hat C=60^\circ$.
$\square$